Составители:
Рубрика:
Рис. 2. Интерференционная картина наблюдаемая, при интерференции от толстой пластины.
Рис. 3. Геометрия опыта.
Будем полагать для простоты, что центральной точке О также соответствует условие минимума,
т.е. разность хода
0
2hn m
0
λ
Δ= = (т.е. точке О на экране наблюдения соответствует порядок
интерференции ). Тогда m-му темному кольцу радиуса отвечает порядок интерференции
0
m
m
r
0
mm
−
и
разность хода
0
(mm)
λ
Δ= − . Как видно из рис.3
222
m
rLtg L Ln
α
α
=
β
(10.2)
(
β
– угол преломления в пластинке, связанный с углом падения
α
законом преломления
sin sinn
α
βαβ
=≈.
Мы получаем
0
2(1cos)hn m
β
λ
Δ−Δ= − = или
2
2hn m
β
λ
= , здесь использовано соотношение
2
1
2
1cos
β
β
− . Используя (10.2), находим
222
4
m
rLn
β
=
2
. Окончательно, для радиуса m-го темного
кольца имеем
2
m
nm
rL
h
λ
= . (10.3)
64
Рис. 2. Интерференционная картина наблюдаемая, при интерференции от толстой пластины. Рис. 3. Геометрия опыта. Будем полагать для простоты, что центральной точке О также соответствует условие минимума, т.е. разность хода Δ 0 = 2hn = m0 λ (т.е. точке О на экране наблюдения соответствует порядок интерференции m0 ). Тогда m-му темному кольцу радиуса rm отвечает порядок интерференции m0 − m и разность хода Δ = (m0 − m)λ . Как видно из рис.3 rm = 2 Ltgα 2 Lα 2 Lnβ (10.2) (β – угол преломления в пластинке, связанный с углом падения α законом преломления n = sin α sin β ≈ α β . Мы получаем Δ 0 − Δ = 2hn(1 − cos β ) = mλ или 2hnβ 2 = mλ , здесь использовано соотношение 1 − cos β 1 2 β 2 . Используя (10.2), находим β 2 = rm2 4 L2 n 2 . Окончательно, для радиуса m-го темного кольца имеем nmλ rm = 2 L . (10.3) h 64
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 62
- 63
- 64
- 65
- 66
- …
- следующая ›
- последняя »